Движение в поле тяжести во вращающейся СК

[Sender]

Dmitriy40 в сообщении #1431428 писал(а):

Если центробежную убрать, то будет меняться $v_y=\dot r$ из-за гравитации и тогда похоже придётся учитывать что спустя $dt:\; v_x \ne \dot \varphi;\,v_y \ne \dot r$ (уже не тангенциальные/радиальные) и перепроектировать их на новые оси - это и называл поворотом осей СК. Так?

Нет, $\vec e_r$ и $\vec e_\varphi$ - это и есть орты меняющихся осей. Фактически выражения для скорости и ускорения, выписанные pogulyat_vyshel, уже разложены по осям. При этом всегда будет иметь место $v_x=r\dot\varphi$ и $v_y=\dot r$, $a_x=r\ddot \varphi+2\dot r \dot \varphi$ и $a_y=\ddot r-r\dot \varphi^2$.

-- Вс дек 22, 2019 12:31:59 --

(на всякий случай, это оси разных мгновенных инерциальных систем, поэтому там никаких сил инерции быть не должно).

[Dmitriy40]

Для кругового движения, радиальная составляющая:
приравняв ускорение $\ddot r - r \dot \varphi ^2$ к гравитационному $-GM/r^2$ получаю:
$-GM/r^2=\ddot r - r \dot \varphi ^2$
$-GM/r^2=\ddot r - r^2 \dot \varphi ^2/r$
$-GM/r^2=\ddot r - (r \dot \varphi) ^2/r$
$-GM/r^2=\ddot r - v_x^2/r$
$\ddot r = v_x^2/r-GM/r^2$
Ровно то выражение, что и использовал для $a_y$ в самом первом сообщении темы (если без трения).
Потребовав $r = \operatorname{const} \to \ddot r =0 \to v_x=\sqrt{GM/r}$ - получаю вполне правильное выражения для круговой скорости. Здесь всё понятно, по мгновенной тангенциальной скорости находим радиальное ускорение, ок.

Тангенциальная составляющая:
$r \ddot \varphi + 2 \dot r \dot \varphi = 0$
$r \ddot \varphi + 2 v_y \dot \varphi = 0$
$r \ddot \varphi + 2 v_y r \dot \varphi / r = 0$
$r \ddot \varphi + 2 v_y v_x / r = 0$
Потребовав насильно $\ddot \varphi = 0$ получу $2 v_y v_x / r = 0 \to v_y v_x = 0$, что для любого $v_x>0$ даёт правильное $v_y=0$. Это ок.
Но вот если не требовать априори $\ddot \varphi = 0$, то как понять что тангенциальное ускорение нулевое?

И как бы в $r \ddot \varphi + 2 v_y v_x / r$ избавиться от $\ddot \varphi$ оставив только $v_x, v_y, r, \ddot r$ ? $v_y$ найдётся интегрированием $\ddot r = a_y$, а $\varphi$ у меня нету и не хочу его считать ...
Ощущение что $r \ddot \varphi$ - это натуральное $a_x$ в моих формулах ... И что за странный второй член $2 v_y v_x / r$ ... Понимаю что именно он тормозит тело при вылете вверх выше круговой орбиты (с чем у меня и проблема), но смысл его ускользает.
Натолкните плиз дальше на замену/мысль?

[Sender]

Dmitriy40, тут ещё такой момент: из-за пресловутого поворота СК, вообще говоря, $\dot v_x\neq a_x$, $\dot v_y \neq a_y$. Т.е. из уравнений динамики мы получаем $a_x$, $a_y$, а для численного расчёта нам потом надо с их помощью выразить $\dot v_x=\dot r\dot\varphi+r\ddot \varphi$ и $\dot v_y=\ddot r$.

-- Вс дек 22, 2019 14:47:47 --

Dmitriy40 в сообщении #1431456 писал(а):

Но вот если не требовать априори $\ddot \varphi = 0$, то как понять что тангенциальное ускорение нулевое?

Если мы потребуем $r=\operatorname{const}$, то, учитывая, что из динамики $ma_x=0$, получим $r\ddot \varphi+2\dot r\dor \varphi=0$, откуда $r\ddot \varphi =0$, т.е. $\ddot \varphi =0$.

[Dmitriy40]

В принципе, если принять $r \ddot \varphi = a_x$, то выражение $a_x + v_y v_x / r = 0$ даёт вполне правильные и круговую и эллиптическую (апогей правильный с точностью 0.035%) орбиты. Но из второго члена куда-то пропал коэффициент 2 ... А с ним период орбит вдвое меньше. Странно. И смысл второго члена так и непонятен, не его воздействие, а откуда взялся именно такой (что из производной понятно).

Sender
Дык мне не нужен поворот СК! Мне из СК нужна лишь высота ($r$). И обе компоненты скорости, и радиальная и тангенциальная.

-- 22.12.2019, 14:54 --

Dmitriy40 в сообщении #1431456 писал(а):

Но вот если не требовать априори $\ddot \varphi = 0$, то как понять что тангенциальное ускорение нулевое?

Sender
Точно, из $r=\operatorname{const}$ и $\dot r=0$ следует, а значит и $\ddot \varphi=0$, не заметил, спасибо!

[Sender]

Dmitriy40 в сообщении #1431456 писал(а):

И что за странный второй член $2 v_y v_x / r$

Ну так

svv в сообщении #1431435 писал(а):

Оно получено дифференцированием $\mathbf v=\dot r\mathbf e_r+r\dot\varphi\mathbf e_\varphi$ по времени с учётом $\dot{\mathbf e}_r=\dot\varphi \mathbf e_\varphi$ и $\dot{\mathbf e}_\varphi=-\dot\varphi \mathbf e_r$

Конкретно в этот член входят слагаемые как из $\frac{d}{dt}(\dot r\mathbf e_r)$, так и из $\frac{d}{dt}(r\dot\varphi\mathbf e_\varphi)$.

[Dmitriy40]

Sender
Да понимаю я производную (после подсказки svv ровно её же и получил на бумажке).
Не понимаю почему с двойкой период и апогей вдвое меньше адекватных. А без двойки - вполне практически совпадают.
И физический смысл второго члена не улавливаю.

[pogulyat_vyshel]

В отсутствие трения это стандартная задача Кеплера, которая разобрана во всех учебниках.

[Sender]

Dmitriy40 в сообщении #1431463 писал(а):

Дык мне не нужен поворот СК! Мне из СК нужна лишь высота ($r$).

Да он вас не спрашивает, нужен он или нет.
Смотрите, для численного расчёта вам нужны $\dot v_x=\dot r\dot\varphi+r\ddot \varphi$ и $\dot v_y=\ddot r$.
$\dot\varphi=v_x/r$, $\ddot \varphi=\frac{\dot v_xr-v_x\dot r}{r^2}=\dot v_x/r-v_xv_y/r^2$,
т.е. $a_x=r\ddot\varphi+2\dot r\dot \varphi=\dot v_x-v_xv_y/r+2v_yv_x/r=\dot v_x+v_xv_y/r$, $a_y=\ddot r-r\dot\varphi^2=\dot v_y -v_x^2/r$.

Отсюда $\dot v_x=a_x-v_xv_y/r$, $\dot v_y=a_y+v_x^2/r$. В свою очередь,
$ma_x=-C_xvv_x-C_yvv_y$,
$ma_y=-GmM/r^2-C_xvv_y+C_yvv_x$, где $C_x,C_y$ - интегральные коэффициенты лобового сопротивления и подъёмной силы соответственно.
(если нигде не наврал).

[Утундрий]

Dmitriy40 в сообщении #1431467 писал(а):

физический смысл второго члена

А он обязательно должен быть?

[Dmitriy40]

Sender в сообщении #1431470 писал(а):

т.е. $a_x=r\ddot\varphi+2\dot r\dot \varphi=\dot v_x-v_xv_y/r+2v_yv_x/r=\dot v_x+v_xv_y/r$

Эк Вы элегантно от "лишней" двойки избавились и получили ровно что и нужно, однако ... Надо обдумать.

Утундрий в сообщении #1431471 писал(а):

А он обязательно должен быть?

Ну, хотелось бы, вдруг я его просто не узнал "в лицо". Но конечно главное что работает.

pogulyat_vyshel в сообщении #1431469 писал(а):

В отсутствие трения это стандартная задача Кеплера, которая разобрана во всех учебниках.

Разумеется. Но быстро не нашёл понятного объяснения.

Sender в сообщении #1431470 писал(а):

где $C_x,C_y$ - интегральные коэффициенты лобового сопротивления и подъёмной силы соответственно.

Так мне не нравится, понятнее честно посчитать вектор давления набегающего потока и честно разложить его в проекции на мгновенные оси. Это будет следующим шагом и уже в соседней теме.


В принципе задачу можно считать решённой.
Спасибо всем за подсказки!

[Утундрий]

Как обогнуть планету и не запыхутаться.

Положим $z: = x + iy = re^{i\theta } $, тогда $\dot z = \left( {\dot r + ir\dot \theta } \right)e^{i\theta } = :ve^{i\left( {\theta + \frac{\pi }{2} - \beta } \right)}$, откуда получаем выражение для тангенса угла возвышения $\operatorname{tg} \beta = \dfrac{{\dot r}}{{r\dot \theta }}$.
Выражение для ускорения $\ddot z = \left[ {\ddot r - r\dot \theta ^2 + \dfrac{i}{r}\dfrac{d}{{dt}}\left( {r^2 \dot \theta } \right)} \right]e^{i\theta }$ приводит к следующим динамическим уравнениям

$$\begin{gathered} \ddot r - r\dot \theta ^2 = - \frac{{GM}}{{r^2 }} + \frac{{S\rho v^2 }}{{2m}}\left( { - C_x \sin \beta + C_y \cos \beta } \right) \hfill \\ \frac{1}{r}\frac{d}{{dt}}\left( {r^2 \dot \theta } \right) = - \frac{{S\rho v^2 }}{{2m}}\left( {C_x \cos \beta + C_y \sin \beta } \right) \hfill \\ \end{gathered} $$

Смысл использованных обозначений должен быть очевиден.

Далее, вводя момент $l: = r^2 \dot \theta $, выражаем $\dot r = \dfrac{l}{r}\operatorname{tg} \beta $ и, подставив это в динамические уравнения, после непродолжительных мучений получаем $\dot \beta = \dfrac{l}{{r^2 }} - \dfrac{{GM}}{{r^2 }}\cos ^2 \beta + C_y \dfrac{r}{l}\dfrac{{S\rho v^2 }}{{2m}}\cos \beta $
Учтя ещё, что $v = \dfrac{l}{{r\cos \beta }}$, приходим к системе

$$\[ \begin{gathered} \dot r = \frac{l} {r}\operatorname{tg} \beta \hfill \\ \dot l = - \left( {C_x \cos \beta + C_y \sin \beta } \right)\frac{{S\rho l^2 }} {{2mr}}\frac{1} {{\cos ^2 \beta }} \hfill \\ \dot \beta = \frac{l} {{r^2 }} - \frac{{GM}} {{r^2 }}\cos ^2 \beta + C_y \frac{{S\rho l}} {{2mr}}\frac{1} {{\cos \beta }} \hfill \\ \end{gathered} \]$$

Угловую дальность можно найти потом, проинтегрировав $\dot \theta = \dfrac{l}{{r^2 }}$.